Un proceso de producción de partes trabaja con un porcentaje promedio de defectos de 5%. Cada hora se toma una muestra aleatoria de 18 artículos y se prueban. Si la muestra contiene más de un defecto el proceso deberá detenerse.
n <- 18
p <- 0.05
1 - pbinom(1, size = n, prob = p)## [1] 0.2264774\[ P(X \ge 2) = P(X > 1) = 1 - P(X < 2) = 1 - P(X \le 1) \]
\[ = 1 - 0.7735 = 0.2265 \]
Respuesta: La probabilidad de que el proceso se detenga es del 22,56%
\[ \text{Inspecciones promedio por parada} = \frac{1}{P(\text{Parada})} = \frac{1}{0.226478} \approx 4.4154 \text{ inspecciones} \]
Respuesta: El esquema no es adecuado. Aunque el proceso funciona “bajo control” con su promedio de defectos del 5%, aproximadamente 1 de 4 inspecciones causará una parada innecesaria. Esto es una tasa de falsa alarma muy elevada ya que generaría interrupciones frecuentes y pérdida de tiempo productivo.
p <- 0.05p_opcA <- 1 - pbinom(2, size = 18, prob = p)
p_opcA## [1] 0.05812893\[ P(X \ge 3) = P(X > 2) = 1 - P(X < 3) = 1 - P(X \le 2) \]
\[ = 1 - 0.9419 = 0.0581 \]
p_opcB <- 1 - pbinom(1, size = 17, prob = p)
p_opcB## [1] 0.207772\[ P(X \ge 2) = P(X > 1) = 1 - P(X < 2) = 1 - P(X \le 1) \]
\[ = 1 - 0.7922 = 0.2078 \]
Respuesta: La opción A es la solución ideal para este proceso de producción, ya que reduce las falsas alarmas del 22,65% a 5,81%. Esto dismiuye drasticamente el costo por tiempo desaprovechado e insumos perdidos. De lo contrario, la opción B mantiene un nivel de paradas muy elevado, lo cual no soluciona el problema.
El número de componentes que falla antes de cumplir 100 horas de operación es una variable aleatoria distribuida Poisson. Si el número promedio de éstas es 8.
tasa_hora <- 8 / 100Como son 25 horas, entonces \(\lambda = 2\).
lambda25 <- 25 * tasa_horadpois(x = 1, lambda = lambda25)## [1] 0.2706706Respuesta: 0.2706706. Es decir que la probabilidad de que falle un solo componente es de aprox 27% en 25 horas.
Como son 50 horas, entonces \(\lambda = 4\).
lambda50 <- 50 * tasa_horappois(q = 2, lambda = lambda50)## [1] 0.2381033Respuesta: 0.2381033. Es decir, se espera que la probabilidad de que falle 0, 1 o 2 componentes es de aprox 23.81%.
\[ X \sim N(\mu = 360,\ \sigma^2 = 25) \]
\[ LEI = 350 - 5 = 345 \text{ cc} \qquad LES = 350 + 5 = 355 \text{ cc} \]
mu <- 360
sigma <- 5
LEI <- 345
LES <- 355\[ Z = \frac{345 - 360}{5} \]
Z1 <- (345 - 360) / 5
Z1## [1] -3\[ Z = \frac{355 - 360}{5} \]
Z2 <- (355 - 360) / 5
Z2## [1] -1\[ P(X < 345) = P(Z < -3) \]
P1 <- pnorm(-3)
P1## [1] 0.001349898\[ P(X > 355) = 1 - P(Z \leq -1) \]
P2 <- 1 - pnorm(-1)
P2## [1] 0.8413447\[ P(\text{no conforme}) = P(X<345) + P(X>355) \]
P_no_conforme <- P1 + P2
P_no_conforme## [1] 0.8426946El porcentaje de botellas no conformes es aproximadamente 84.27%.
\[ E[\text{defectuosas}] = n \times P(X<345) \]
n <- 10000
defectuosas <- n * P1
defectuosas## [1] 13.49898\[ \text{Reserva} = \text{defectuosas} \times \text{bono} \]
bono <- 10000
reserva <- defectuosas * bono
reserva## [1] 134989.8En promedio, de cada 10.000 botellas que se fabrican, 13.5 tienen menos contenido de lo permitido. Eso significa que están por debajo de 345 cc. Cada una de esas botellas puede costar a la empresa un bono de 10.000 dólares si el cliente lo reclama. Por eso, la empresa debe reservar alrededor de 135.000 dólares por cada lote de 10.000 botellas. Esto es para cubrir los posibles gastos de esas reclamaciones.
Se supone que el peso de los artículos producidos sigue aproximadamente una distribución normal:
\[ X \sim N(\mu,\sigma^2) \]
\[ P(X \leq 5.71)=0.9222 \]
\[ P(X \leq 4.02)=0.025 \]
z1 <- qnorm(0.9222)
z2 <- qnorm(0.025)
z1## [1] 1.420026z2## [1] -1.959964\[ Z=\frac{X-\mu}{\sigma} \]
Para el primer dato:
\[ \frac{5.71-\mu}{\sigma}=1.42 \]
Por lo tanto:
\[ 5.71=\mu+1.42\sigma \]
Para el segundo dato:
\[ \frac{4.02-\mu}{\sigma}=-1.96 \]
Por lo tanto:
\[ \sigma=\frac{1.69}{3.38}=0.50 \]
\[ 5.71=\mu+1.42\sigma \]
\[ 4.02=\mu-1.96\sigma \]
Restando las dos ecuaciones:
\[ 5.71-4.02=1.42\sigma+1.96\sigma \]
\[ 1.69=3.38\sigma \]
Por lo tanto:
\[ \sigma=\frac{1.69}{3.38}=0.50 \]
Ahora se reemplaza este valor en cualquiera de las ecuaciones:
\[ 5.71=\mu+1.42(0.50) \]
\[ 5.71=\mu+0.71 \]
Por lo tanto:
\[ \boxed{\mu=5.00\text{ gramos}} \]
y
\[ \boxed{\sigma=0.50\text{ gramos}} \]
mu <- 5
sigma <- 0.5
pnorm(5.71, mu, sigma)## [1] 0.9221962pnorm(4.02, mu, sigma)## [1] 0.0249979Por lo tanto:
\[ \boxed{X\sim N(5,\;0.5^2)} \]
Respuesta: los artículos tienen un peso promedio de 5 gramos y una desviación estándar de 0.50 gramos.
Probabilidad que se va a calcular:
\[ P(4.5<X<5.5) \]
Para \(X=4.5\):
\[ Z=\frac{4.5-5}{0.5}=-1 \]
Para \(X=5.5\):
\[ Z=\frac{5.5-5}{0.5}=1 \]
Por lo tanto:
\[ P(4.5<X<5.5)=P(-1<Z<1) \]
probabilidad <- pnorm(5.5, 5, 0.5) - pnorm(4.5, 5, 0.5)
probabilidad## [1] 0.6826895\[ P(4.5<X<5.5)=0.6827 \]
Expresado como porcentaje:
\[ \boxed{P(4.5<X<5.5)\approx68.27\%} \]
La probabilidad de seleccionar aleatoriamente un artículo cuyo peso se encuentre entre 4.5 y 5.5 gramos es aproximadamente 68.27%.
Esto significa que, bajo el supuesto de normalidad, aproximadamente 68 de cada 100 artículos producidos tendrán un peso dentro de este intervalo.